50olymp

t 2

Из этого равенства с использованием (2) и (3) находим : h0 = H 2 .

4t12

Теперь несложно определить время t3 , за которое выльется вода, налитая в

t 2

Откуда находим ответ: t3 = 2 . Очевидно, что все приведенные рассуж-

2t1

дения справедливы лишь в том случае, когда бак с отверстием не наполняется полностью, то есть h0<H. В противном случае бак полностью наполняется и искомое время равно t2.

14. Решение: Прежде всего отметим, что если f>Т, то рвется нижняя нить.

Обсудим теперь, что будет происходить, если f<Т. В этом случае сила

натяжения нижней нити равна f (нить невесома). В рамках предложенной в условии модели мы приходим к ситуации, когда имеется

груз на пружинке, который потяну- ли вниз с силой f. Такая система бу- дет совершать колебания около положения равновесия по гармоническому закону. По такому же закону бу-

дет изменяться и сила натяжения около среднего положения fср=f+Mg с амплитудой f. Нить порвется, если максимальная сила натяжения f+fср=2f+Mg превысит Т, и не порвется при выполнении противоположного условия. Различные возможные случаи иллюстрируются рис. 27.

15. Ответ: см. рис. 28.

Решение: Согласно 2 закону Ньютона

Fx = m ax .

По определению ускорения: ax = ∆∆vtx = ∆∆vxx ∆∆xt = vx ∆∆vxx .

31

Отсюда ∆t = 1 ∆x , то есть промежуток времени численно равен площади vx

под графиком зависимости обратной скорости от координаты x. Такой график представлен на рис. 30. Пользуясь этим графиком, подсчитывая площади узких трапеций, находим промежутки времени, затраченные на прохождение каждого отрезка ∆x = 0,5 м. Результаты заносим в таблицу и по ее двум последним колонкам строим требуемый график зависимости силы от времени (рис. 28).

Таблица:

32

16. Ответ: Верной является первая формула y = 4Fl3 .

Eab3

Решение: Формулы 2, 3 и 6 не подходят из соображений размерности. Формула 5 дает явно неправильную зависимость смещения у от длины балки l: смещение не может убывать с ростом l при фиксированной нагрузке. Формула 4 дает симметричную зависимость от а и b, что неверно – балку, повернутую на ребро, деформировать значительно труднее. Таким образом, остается формула 1.

17.Ответ: βn = k nβ02 + (1 − k n )α2 .

Решение: Пусть длина нити l, масса шарика m. Тогда потенциальная энергия шарика при максимальном отклонении влево составляет U лев.=2mglsin2(β/2), а вправо Uправ.=2mglsin2(α/2), или, учитывая малость углов α и β, Uлев.=mgβ2/2, Uпр.=mgα2/2. Тогда после первого удара о стенку шарик будет иметь энергию U1=kmgl(β2–α2)/2 и после этого шарик отклонится влево на такой угол β1, что mglβ12/2=U1, т.е. β12=kβ02+(1–k)α2.

Проводя аналогичные рассуждения для второго, третьего и последующих

33

ударов, несложно получить общую формулу: βn = k nβ02 + (1 − k n )α2 . Видно, что βn →α при n →∞ за исключением случая абсолютно упругого удара (k=1), при котором βn=α при всех n.

18. Решение: Сразу очевидны три качественно различных ситуации: когда нить закручивается вокруг нижнего гвоздя, при этом грузик движется по окружности; когда грузик совершает колебания и нить все время остается натянутой и “промежуточный” вариант.

Нить все время остается натянутой, если отклонение грузика влево не превышает 90°. Тогда по закону сохранения энергии mgL(1–cosα)<mgl, откуда получаем условие l/L>1–cosα.

Для того, чтобы грузик закручивался вокруг нижнего гвоздя и нить все время оставалась натянутой, необходимо, чтобы сила натяжения нити в верхней точке траектории была больше нуля, т.е. mv2/l>mg, тогда по закону сохранения энергии mgL(1–cosα)>mgl/2+mgl, откуда l/L<2/5(1–cosα).

Промежуточный случай требует более подробного рассмотрения. Если

равенства нулю силы натяжения нити получим mv2/l=mgsinβ. В то же время по закону сохранения энергии mv2/2=mgL(1–cosα)–mgl(1+sinβ), откуда получим выражение для угла β: sinβ=2/3(L/l(1–cosα)–1).

Дальнейшее движение грузика в течение некоторого времени можно рассматривать как полет тела, брошенного под углом к горизонту. Возможны две качественно различных ситуации: когда грузик проходит над нижним гвоздем (в этом случае нить наматывается на гвоздь, но траектория грузика не является окружностью), и когда грузик проходит ниже этого гвоздя, при этом нить не наматывается, а грузик совершает сложные движения. Найдем условие, разграничивающее эти ситуации.

Пусть грузик оказывается на одной вертикали с гвоздем через время t. Тогда vsinβ t=lcosβ, откуда t=lcosβ/vsinβ. Грузик пройдет выше гвоздя и нить намотается на гвоздь, если lsinβ+vcosβt–gt2/2>0. Подставив t и прове-

34

дя некоторые преобразования с использованием ранее полученных соотношений, получим следующее неравенство: l/L< 2 /(2 + 3) (1–cosα).

трения скольжения Fтр.1, если нет – то

сила трения покоя, равная F. Если эта сила меньше, чем максимальная сила трения покоя между доской и поверхностью Fтр.1=µ2(m+M)g, то доска скользит по поверхности, если нет, то доска покоится. Таким образом, возможны четыре различные ситуации:

1)Брусок и доска скользят относительно друг друга.

Вэтом случае F> µ1mg и µ1mg> µ2(m+M)g, т.е. µ1 < mgF , µ2 <µ1 m +mM .

2)Брусок скользит по доске, доска покоится относительно поверхности.

При этом F> µ1mg и µ1mg<µ2(m+M)g, т.е. µ1 < mgF , µ2 >µ1 m +mM .

3)Брусок неподвижен относительно доски, доска скользит

Это соответствует F< µ1mg и F> µ2(m+M)g, или µ1 > mgF , µ2 <µ1 m +mM .

35

4) Брусок и доска неподвижны.

F< µ1mg и F< µ2(m+M)g, или µ1 > mgF , µ2 >µ1 m +mM .

Соответствующие этим ситуациям области на плоскости параметров приведены на рис. 33.

20. Ответ: коэффициент трения равен 0,22.

Решение: Известно, что если угол охвата легкой нитью блока равен ϕ, то отношение сил натяжения на ее концах выражается формулой T1/T2=eµϕ, где µ– коэффициент трения нити по блоку.

В состоянии покоя силы натяжения равны силам тяжести, действующим на подвешенные к концам грузы. Тогда можно записать eµϕ=2, откуда

µ=(ln2)/π≈0,22.

21. Ответ: 4A/gl.

Решение: Минимальная работа, необходимая для раскрытия книги посередине, равна работе подъема половины массы книги на высоту l2 :

A = m2 g 2l . Отсюда находим массу книги: m=4A/gl.

22. Ответ: 2,5·109 Дж, 6·10–7 К, не изменится.

Решение: Примем за нулевой уровень воды во впадине волны, тогда уравнение поверхности воды в возмущенном состоянии имеет вид y(x) = a(1 + sin 2λπx) .

Избыточная потенциальная энергия, которой обладает вода на одном периоде волны, определяется выражением, которое несложно вычислить2:

где ρ – плотность воды.

Поскольку длина и ширина озера намного больше длины волны, то можно считать, что на длине озера укладывается целое число длин волн, равное

2 Вычисление определенного интеграла можно заменить вычислением площади под графиком, аппроксимировав профиль волны прямоугольниками, треугольниками или другими простыми фигурами. Получаемые при этом результаты совпадают с точным по порядку величины.

36

L/λ. Тогда несложно подсчитать полную избыточную потенциальную энергию ∆Ep = 14 gρL2a2 = 2,5 109 Дж.

Будем считать, что вся избыточная потенциальная энергия при затухании волн пойдет на нагрев воды. Тогда изменение температуры можно опреде-

лить по формуле: ∆T = ∆E p = gρL2a2 = ga2 ≈ 6 10−7 К. cm cgρL2h 4ch

Поскольку окончательный результат не зависит от длины и ширины озера, для озера с бóльшими сторонами изменение температуры будет таким же.

23. Ответ: а)1м/с2, б) 6м/с2.

Fтр, являющаяся силой трения покоя и направленная по направлению движения

автомобиля (это становится очевидным, если заметить, что нижняя точка колеса неподвижна относительно земли, а действующий на колесо со стороны двигателя момент сил стремится сдвинуть ее против направления движения автомобиля). Именно эта сила трения покоя и движет автомобиль вперед. В то же время на переднее колесо не действуют ни сила трения покоя, ни сила трения скольжения, т.к. оно катится без проскальзывания и не приводится во вращение мотором.

Записав второй закон Ньютона в проекциях на вертикальную и горизонтальную ось и уравнение моментов относительно т.A, являющейся точкой пересечения проведенной через центр тяжести горизонтали и проведенной через ось заднего колеса вертикали (см. рис. 34), получим систему уравне-

37

Учитывая, что сила трения покоя Fтр≤µN2, можно прийти к системе не-

При нарушении первого условия системы (2) задние колеса начнут проскальзывать, а при нарушении второго условия нарушится третье уравнение системы (1), суммарный момент сил N1 и Fтр превысит момент силы тяжести и автомобиль опрокинется назад.

Поскольку правые части неравенств системы (2) прямо пропорциональны силе N2, то максимальное ускорение достигается при ее максимальном значении. Очевидно, что оно равно значению силы тяжести, тогда (2) принимает вид

Непосредственным вычислением несложно убедиться, что при µ=0,1 существенным оказывается первое неравенство, а при µ=0,7 – второе.

24. Ответ: T = 2π mk .

Решение: Воспользуемся законом сохранения механической энергии при гармонических колебаниях. Пусть в некоторый момент времени масса m смещена из своего первоначального положения к

38

∆l = 2∆y = 2x . Полная механическая энергия системы складывается из кинетической энергии точки m и потенциальной энергии упругой деформации пружины:

W = m(2x&)2 + k(22x)2 = m(2x&)2 + 2kx2 = const.

Беря производную от W, получим:

m22x&&x&+ 4kxx& = 0 ,

или, после очевидных преобразований:

&x&+ 4mk x = 0 .

Это уравнение гармонических колебаний, круговая частота которых удов-

рис. 36), обратите внимание на отсутствие знака “–” перед смещением x.

39

Считая, что силы T1 и T2 действуют вдоль одной прямой, запишем выражение для силы, возникающей при малом отклонении от положения равновесия:

еще одно положение равновесия маятника, причем оно устойчиво. Это становится очевидным из графика зависимости

потенциальной энергии маятника от отклонения (рис. 38), аналитический вид которого несложно получить интегрированием выражения для силы (константу интегрирования, равную значению потенциальной энергии при x=0, положим равной нулю):

Ep = −mg x2 + k x4

2L 4l2

Поскольку система консервативна, маятник пройдет положение равновесия и продолжит отклоняться до тех пор, пока его потенциальная энергия не достигнет первоначального значения. Несложно видеть, что это произойдет при x = 2x0 . Затем процесс повторится в обратном порядке.

40